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专题三立体几何-2021届高三数学二轮专题复习课件

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统考版21高考数学二轮复习板块3高考必备基础知识回扣回扣6立体几何课件文2

统考版21高考数学二轮复习板块3高考必备基础知识回扣回扣6立体几何课件文2

1 2 3 4 5 6 78
6.如图，在正三角形 ABC 中，D，E，F 分别为各边的中点，G， H 分别为 DE，AF 的中点，将△ABC 沿 DE，EF，DF 折成四面体 P-DEF， 则四面体中异面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值为________．
1 2 3 4 5 6 78
2 3
232－
3×
3 2
72
2
＝32，即异
面直线 PG 与 DH 所成的角的余弦值是32.]
1 2 3 4 5 6 78
7．已知三棱锥 S-ABC 的四个顶点在以 O 为球心的同一球面上， 且∠ACB＝90°，SA＝SB＝SC＝AB，当球的表面积为 400π 时，O 到 平面 ABC 的距离是________．
则 AE⊥PB．
1 2 3 4 5 6 78
因为 PA⊥平面 ABC，所以 PA⊥BC．又 BC⊥AB，所以 BC⊥平 面 PAB，则 BC⊥AE，从而 AE⊥平面 PBC．因为 AE⊂平面 ACE，所
以平面 ACE⊥平面 PBC，所以②正确．取 AB 的中点 M，连接 EM， 则 EM∥PA，所以∠CEM 为异面直线 PA 与 CE 所成的角，
[折成的四面体是正四面体，如图连接 HE，取 HE 的中点 K，
连接 GK，PK，则 GK∥DH.故∠PGK 即为所求的异面直线所成的
角．设这个正四面体的棱长为 2，在△PGK 中，PG＝ 3，GK＝ 23，
1 2 3 4 5 6 78
PK＝
12＋ Biblioteka 232＝27，故cos∠PGK＝
32＋ 2×
1 2 3 4 5 6 78
2.如图，在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，底面的边长为 3，BD1 与底面所成角的大小为 θ，且 tan θ＝32，则该正四棱柱的外接球表面 积为( )

第2部分 专题3 空间几何体、三视图、表面积与体积-2021届高三高考数学二轮复习精品课件

第2部分 专题3 空间几何体、三视图、表面积与体积-2021届高三高考数学二轮复习精品课件

年份 2019 2018
卷别 Ⅰ卷 Ⅱ卷
Ⅲ卷 Ⅰ卷 Ⅱ卷 Ⅲ卷
题号
考查角度
分值
12
垂直、外接球、体积
5
空间几何体的结构特征、直观图、数学
18 文化
12
8、16
空间两直线的位置关系的判定，简单几 何体的组合体、长方体和棱锥的体积
10
7
三视图，几何体表面的最短距离
5
16
圆锥的性质及侧面积的计算
5
数学文化与三视图的识别、球与多面体、
( B)
A．2 2
B．3
C． 10
D．2 3
第2部分 专题3 第1讲空间几何体、三视图、表面积 与体积 -2021 届高三 高考数 学二轮 复习课 件
第2部分 专题3 第1讲空间几何体、三视图、表面积 与体积 -2021 届高三 高考数 学二轮 复习课 件
(3)(2020·金山区二模)如图，若一个水平放置的图形的斜二测直观图
(3)水平放置的图形为一直角梯形，由题意可知上底为1，高为2，下 底为1＋ 2，S＝12(1＋ 2＋1)×2＝2＋ 2.
第2部分 专题3 第1讲空间几何体、三视图、表面积 与体积 -2021 届高三 高考数 学二轮 复习课 件
第2部分 专题3 第1讲空间几何体、三视图、表面积 与体积 -2021 届高三 高考数 学二轮 复习课 件
●
3．空间几何体的直观图
● 画空间几何体的直观图常用斜二测画法，基本步骤：
● (1)在已知图形中取互相垂直的x轴、y轴，两轴相交于点O，画直观图时，把它们画成对应 的x′轴、y′轴，两轴相交于点O′，且使∠x′O′y′＝45°(或135°)．
●
(2)已知图形中平行于x轴、y轴的线段，在直观图中分别平行于x′轴、y′轴．

高考数学新课标全国二轮复习课件5.立体几何3

高考数学新课标全国二轮复习课件5.立体几何3

.
考点1
考点2
考点3
考点4
考点 1 向量法处理平行与垂直问题
如图,已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等腰直角三角 形,∠BAC=90°,且AB=AA1,D,E,F分别为B1A,C1C,BC的中点.求证:
(1)DE∥平面ABC; (2)B1F⊥平面AEF.
考点1
考点2
考点3
考点4
思路分析:(1)利用������������ =λ������������+μ������������或取 AB 中点 N, 利用������������ ∥ ������������ 证明线面平行; (2)利用������1 ������ ⊥ ������������ 且������1 ������ ⊥ ������������证明线面垂直. 证明:如图,建立空间直角坐标系 A-xyz,
|������ · ������������ | |������ |
.
4.用向量的数量积求点 C 到直线 l 的距离 在直线 l 上任取两点 A,B,则������������ ·������������=|������������||������������|· cos∠BAC,作 CD ⊥AB 于 D,于是有|������������|= |������������|= |������������ |2 -|������������ |2 . 5.点面间的距离 点 M 到平面的距离 d=|������������ ||cos θ|(θ 为向量������������ 与法向量 n 的夹 角)就是斜线段 MN 在法向量 n 方向上的正投影. 由|n· ������������ |=|n||������������||cos θ|=|n|d,得距离公式:d=

统考版2021高考数学二轮专题复习第二章2.3.1空间几何体课件理

统考版2021高考数学二轮专题复习第二章2.3.1空间几何体课件理

(2)在轴截面顶角为直角的圆锥内作一内接圆柱，若圆柱的表面
积等于圆锥的侧面积，则圆锥的底面半径与圆柱的底面半径的比值
为( )
A. 2
B．2 C．2 2
D．4
解析：(2)
如图所示，∠AMB＝90°.设圆柱的高为 h，圆柱的底面半径为 r，
圆锥的底面半径为 R，则圆锥的高为 R，圆锥的母线长为 2R.由题
依题意，题中的几何体是一个圆锥的14(其中该圆锥的底面半径
为2
3，高为
3
)
，
如
图
所
示
，
因
此
该
几
何
体
的
体
积
为
1 4
×31×π×2
32×
3＝
3π，选 D.
答案：(1)D
(2《) 九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍
甍”的五面体，如图所示，四边形 ABCD 是矩形，棱 EF∥AB，AB
＝4，EF＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为 2 的等边三角形，则这
角度 1 求空间几何体的表面积 [例 2－1] (1)[2020·全国卷Ⅲ]如图为某几何体的三视图，则该 几何体的表面积是( )
A．6＋4 2 B．4＋4 2 C．6＋2 3 D．4＋2 3
解析：(1)在正方体中还原几何体如图．
几何体为正方体的一部分：三棱锥 P-ABC， S 表面积＝S△PAC＋S△PAB＋S△PBC＋S△BAC ＝12×2 2×2 2× 23＋12×2×2＋12×2×2＋12×2×2＝2 3＋6. 故选 C. 答案：(1)C
个几何体的体积是( )
20 A. 3
B.83＋2 3
10 2 8 2 C. 3 D. 3

2021高考数学(理)统考版二轮复习课件：板块2 命题区间精讲 精讲3 立体几何

2021高考数学(理)统考版二轮复习课件：板块2 命题区间精讲 精讲3 立体几何
因为DE∥AB，所以DE⊥平面AGD，所以DE⊥DG.
在直角梯形ABED中，因为AB＝2DE＝2，BE＝ 3 ，所以AD＝ 2.
在直角梯形CGDE中，CG＝2，ED＝1，CE＝ 3 ，所以DG＝ 2，所以AD2＋DG2＝AG2，所以AD⊥DG.
由AB⊥平面AGD，AB∥DE易得AD⊥DE，又DG∩DE＝D，所
∴CD⊥PD．
∵E和F分别是CD和PC的中点，∴PD∥EF. ∴CD⊥EF，又BE⊥CD且EF∩BE＝E，EF，BE⊂平面BEF， ∴CD⊥平面BEF，又CD⊂平面PCD，
∴平面BEF⊥平面PCD．
02 命题点2 利用空间向量求空
间角
直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角计算 设直线l，m的方向向量分别为a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)， 平面α，β的法向量分别为μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)(以下相同)．
则B(0,1,0)，E(0,1,1)，C1(0，－1,2)，D
23，12，2，
设C→1N＝λC→1D＝
23λ，32λ，0，
则N→E＝C→1E－C→1N
＝(0,2，－1)－
23λ，32λ，0
＝－
23λ，2－32λ，－1，
易知n＝(1,0,0)是平面BCC1B1的一个法向量，
3 ∴|cos〈N→E，n〉|＝ 3λ2－2 6λλ＋5＝ 2100，解得λ＝13.
(1)线线夹角 设l，m的夹角为θ0≤θ≤π2，则 cos θ＝||aa|·|bb||＝ a21|＋a1ab212＋＋bc211b2a＋22＋c1bc222＋| c22.
(2)线面夹角 设直线l与平面α的夹角为θ0≤θ≤π2，则 sin θ＝||aa|·|μμ||＝|cos〈a，μ〉|. (3)面面夹角 设平面α，β的夹角为θ(0≤θ＜π)， 则|cos θ|＝||μμ|·|vv||＝|cos〈μ，v〉|.

二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)

二轮复习通用版专题3第3讲立体几何与空间向量课件(72张)

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专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
设平面 ABD 的一个法向量为 n＝(x，y，z)，
则nn··AA→→BD＝＝－－xx＋＋z＝3y0＝，0， 取 y＝ 3，
则 n＝(3， 3，3)，
又因为
C(－1，0，0)，F0，
43，34，
所以C→F＝1，
43，34，
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专题三 立体几何
4 ．(2022·全国乙卷 ) 如图，四面体ABCD 中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD； (2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在 BD 上 ， 当 △AFC 的 面 积 最 小 时 ， 求 CF 与 平 面 ABD所成的角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
所以BC，BA，BB1两两垂直，以B为原 点，建立空间直角坐标系，如图，
由(1)得 AE＝ 2，所以 AA1＝AB＝2，A1B ＝2 2，
所以 BC＝2， 则 A(0，2，0)，A1(0，2，2)，B(0，0，0)， C(2，0，0)， 所以 A1C 的中点 D(1，1，1)，
(1)证明：FN⊥AD； (2)求直线BM与平面ADE所成角的正弦值．
专题三 立体几何
高考二轮总复习 • 数学
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【解析】 (1)过点E、D分别做直线DC、AB的垂线EG、DH并分别 交于点G、H.
∵四边形ABCD和EFCD都是直角梯形，AB∥DC，CD∥EF，AB＝ 5，DC＝3，EF＝1，∠BAD＝∠CDE＝60°，由平面几何知识易知，
则
VA
－
A1BC
＝
1 3
S△A1BC·h

最新-2021届高考数学理新课标二轮专题复习课件：33立体几何 精品


所以∠PDA＝45°. 设 BC＝1，则在 Rt△PAD 中，PA＝PD＝2. 过点 A 作 AH⊥CE，交 CE 的延长线于点 H，连接 PH. 易知 PA⊥平面 ABCD，从而 PA⊥CE. 于是 CE⊥平面 PAH. 所以平面 PCE⊥平面 PAH. 过 A 作 AQ⊥PH 于 Q，则 AQ⊥平面 PCE. 所以∠APH 是 PA 与平面 PCE 所成的角．
[线面平行＋线面角] (2016·新课标全国Ⅲ，理)如图，四棱锥 P－ABCD 中，PA⊥ 底面 ABCD，AD∥BC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M 为 线段 AD 上一点，AM＝2MD，N 为 PC 的中点．
(1)证明 MN∥平面 PAB； (2)求直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值． 【审题】 (1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)建立空间 直角坐标系，利用空间向量求解直线与平面所成角的正弦值．
[面面垂直＋线面角] (2016·河南八市质检)如图，在三棱柱 ABC－ A1B1C1 中，B1B＝B1A＝AB＝BC，∠B1BC＝90°， D 为 AC 的中点，AB⊥B1D. (1)求证：平面 ABB1A1⊥平面 ABC； (2)求直线 B1D 与平面 ACC1A1 所成角的正弦值．
【审题】 (1)利用面面垂直的判定定理证明，创造线、面垂 直．(2)建立空间直角坐标系，利用向量法求解．
＝(0，2，－4)，P→N＝( 25，1，－2)，A→N＝( 25，1，2)．
设 n＝(x，y，z)为平面 PMN 的法向量，则nn··P→MP→N＝＝0，0，即
2y－4z＝0，
25x＋y－2z＝0，(10
分)
可取 n＝(0，2，1)．
于是|cos〈n，A→N〉|＝||nn|·|AA→→NN||＝8255，则直线 AN 与平面 PMN 所成角的正弦值为8255.(12 分)

最新-2021届高考数学文新课标二轮专题复习课件：33 立体几何 精品


证明：MN∥平面 A′ACC′. 思路 本题主要考查线面平行的判定定理，意在考查考生对空 间中的基本定理的掌握情况以及逻辑推理能力与计算能力．
解析 连接 AB′，AC′，
∵四边形 ABB′A′为矩形，M 为 A′B 的中点， 又点 N 为 B′C′的中点， ∴MN∥AC′. 又 MN⊄平面 A′ACC′且 AC′⊂平面 A′ACC′， ∴MN∥平面 A′ACC′.
∵点 E，F 分别是 BC，DC 的中点，∴DF ＝CE.
又∵AD＝DC，∠ADF＝∠DCE＝90°， ∴△ADF≌△DCE.
∴∠AFD＝∠DEC. 又∵∠CDE＋∠DEC＝90°， ∴∠CDE＋∠AFD＝90°， ∴∠DOF＝180°－(∠CDE＋∠AFD)＝90°即 AF⊥DE. 又 D1D∩DE＝D，∴AF⊥平面 D1DE. 又∵ED1⊂平面 D1DE，∴AF⊥ED1.
(2)∵AA1⊥平面 ABC，AA1⊂平面 AA1C1C，
∴平面 ABC⊥平面 AA1C1C. 作 BE⊥AC，垂足为 E，则 BE⊥平面 AA1C1C.
在 Rt△ABC 中，AC＝ AB2＋AC2＝ 13.
BE＝ABA·CBC＝
6 13.
∴四棱锥 B－AA1C1D 的体积 V＝13×12(A1C1＋AD)·AA1·BE
∵FD⊥B1D，∴易证 Rt△CDF∽Rt△BB1D， ∴BD1FD＝BCBD1.
∴DF＝13× 10＝ 310，
∴VB1－ADF＝VA－B1DF＝13S△B1DF·AD＝13×12× 310×
10×2
2＝109
2 .
(2016·山东文登统考)如图所示，已知 在四棱锥 P－ABCD 中，CD∥AB，AD⊥AB，BC ⊥PC，且 AD＝DC＝PA＝21AB＝a.

立体几何二轮复习及分析 ppt课件

16
3.重视立体几何中的基本图形, 经典模型及经典结论 通过对高考真题的研究, 复习备考中必须重视向学生灌
输立体几何中的基本图形, 经典模型及经典结论等, 如:共底 边的两个等腰三角形折成的二面角, 连接底边上的两条中线, 既能得到二面角的平面角, 也能得到一组线面垂直;三组对边 分别相等的四面体可以“嵌入”长方体, 进一步, 正四面体可 以“嵌入”正方体; “结论“球上任意截面都是圆, 圆心与球 心的连线垂直于截面”是找多面体的外接球球心的依据等等. 考生如果熟知以上模型及结论, 那么在高考中遇到类似或相 似的题便能很快找到正确的解题思路, 即使遇到所谓的“新 题”或难度偏大的题, 如能举一反三, 依然能做到游刃有余.
分步去点不取点第一步通过正视图可以去掉ad两个点18第二步通过侧视图去掉a1b1b三个点同时出现了两个可疑中点e19第三步观察俯视图只能去掉中点e从而点f必存在从而图形变为如下图20第四步在观察正视图可知d1c1c必存在还有已知的点f在通过侧视图俯视图观察检验可知如下图的几何体21三视图与题突破训练题24通过这几个很难的三视图的讲解系统的让学生理解画出直观图的技巧不通用解法从而把三视图的题目分值稳稳的拿到手很多三棱椎四棱锥往往需要补形回正方体戒长方体再切割迚而确定椎体的各顶点最后形成空间几何体
多数都告诉了面面垂直条件，没有现成的三个垂直，建立空间
直角坐标系都要自己证明和选取，所以2018年高考仍然是考
查2小1大，一个三视图的题，再就是2卷3卷对于球体考查多，
所以我预测今年有一个与球体有联系的题，大题将以不特殊的
多面体为载体第一问直接考察线面位置关系:考察线线.线面和
面面关系的论证，第二问考查二面角的大小，主要要自己证明
三个垂直，不能看着像就随意建系设点 ，同时还要注意冷点1.

2021高考数学二轮专题复习第一部分专题三立体几何ppt课件

答案：118.8
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
4．(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为 1，母线 长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为__________．
解析：易知半径最大球为圆锥的内切球， 球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 BC＝2，AB＝AC＝3，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为 O，
2.(2020·全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接 正三角形，P 为 DO 上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAC； (2)设 DO＝ 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥 P-ABC 的体积． (1)证明：因为 D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，所以 OD⊥平面 ABC， 因为 P 在 DO 上，OA＝OB＝OC，所以 PA＝PB＝ PC.
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AD∥BC 且 AD＝BC， BB1∥CC1 且 BB1＝CC1，
因为 C1G＝12CG，BF＝2FB1，所以 CG＝23 CC1＝23BB1＝BF，且 CG∥BF，
所以，四边形 BCGF 为平行四边形，则 AF ∥DG 且 AF＝DG，
D
为坐标原点，D→A
的方向为 x 轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系
D-xyz，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
则 A(2，0，0)，A1(2，0，4)，M(1， 3， 2)，N(1，0，2)，A→1A＝(0，0，－4)，A→1M＝(－ 1， 3，－2)，A→1N＝(－1，0，－2)，M→N＝(0， － 3，0)．
专题三 立体几何
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2.(底面的圆心，△ABC 是底面的内接 正三角形，P 为 DO 上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAC； (2)设 DO＝ 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥 P-ABC 的体积． (1)证明：因为 D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，所以 OD⊥平面 ABC， 因为 P 在 DO 上，OA＝OB＝OC，所以 PA＝PB＝ PC.
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
因为△ABC 是圆内接正三角形，所以 AC＝BC，△PAC ≌△PBC，
所以∠APC＝∠BPC＝90°，即 PB⊥PC，PA⊥PC， PA∩PB＝P，所以 PC⊥平面 PAB，PC⊂平面 PAC， 所以平面 PAB⊥平面 PAC. (2)解：设圆锥的母线为 l，底面半径为 r，圆锥的侧面 积为 πrl＝ 3π，rl＝ 3， OD2＝l2－r2＝2，解得 r＝1，l＝ 3，AC＝2rsin 60°＝ 3，
答案：118.8
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
4．(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为 1，母线 长为 3，则该圆锥内半径最大的球的体积为__________．
解析：易知半径最大球为圆锥的内切球， 球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 BC＝2，AB＝AC＝3，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为 O，
V＝43πr3＝
2 3 π.
答案： 32π
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
类型二 平行与垂直关系的证明 1.(2020 · 全 国 卷 Ⅲ ) 如 图 ， 在 长 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别在棱 DD1， BB1 上，且 2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明： (1)当 AB＝BC 时，EF⊥AC； (2)点 C1 在平面 AEF 内． 证明：(1)因为长方体 ABCD-A1B1C1D1，所以 BB1⊥ 平面 ABCD，所以 AC⊥BB1， 因为长方体 ABCD-A1B1C1D1，AB＝BC，所以四边形 ABCD 为正方形，所以 AC⊥BD.
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
所以 ED＝MC1，ED∥MC1， 所以四边形 DMC1E 为平行四边形，DM∥EC1 因为 MF∥DA，MF＝DA，所以四边形 MFAD 为平行四 边形， 所以 DM∥AF，所以 EC1∥AF，因此 C1 在平面 AEF 内．
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
专题三 立体几何
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
类型一 几何体的表面积与体积 1．(2020·全国卷Ⅰ)已知 A，B，C 为球 O 的球面上 的三个点，⊙O1 为△ABC 的外接圆，若⊙O1 的面积为 4π， AB＝BC＝AC＝OO1，则球 O 的表面积为( ) A．64π B．48π C．36π D．32π
解析：设圆 O1 半径为 r，球的半径为 R，依题意， 得 πr2＝4π，所以 r＝2，
由正弦定理可得 AB＝2rsin 60°＝2 3，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
所以 OO1＝AB＝2 3，根据圆截面性质 OO1⊥平面 ABC， 所以 OO1⊥O1A，R＝OA＝ OO21＋O1A2＝ OO12＋r2＝4， 所以球 O 的表面积 S＝4πR2＝64π.
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
在△AEC 中， cos∠AEC＝a22＋a3－3－a2a－2 4. 因为∠PEC 与∠AEC 互补，所以 3－4a2＝1，a＝ 22， 故 PA＝PB＝PC＝ 2. 又因为 AB＝BC＝AC＝2，所以 PA⊥PB⊥PC， 所以外接球的直径 2R＝ （ 2）2＋（ 2）2＋（ 2）2＝ 6， 所以 R＝ 26，所以 V＝43πR3＝43π× 263＝ 6π.故选 D.
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
因为 BB1∩BD＝B，BB1、BD⊂平面 BB1D1D，因此 AC⊥平面 BB1D1D，
因为 EF⊂平面 BB1D1D，所以 AC⊥EF.
(2)在 CC1 上取点 M 使得 CM＝2MC1，连接 DM，MF， 因为 D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，
答案：D
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
3.(2019·全 国 卷 Ⅲ ) 学 生 到 工 厂 劳 动 实 践，利用 3D 打印技术制作模型．如图，该 模型为长方体 ABCD-A1B1C1D1 挖去四棱锥 O-EFGH 后所得的几何体．其中 O 为长方体的中心，E，F， G，H 分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该 模型所需原料的质量为________g.
答案：A
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
2．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在 球 O 的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC 是边长为 2 的正 三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，∠CEF＝90°，则 球 O 的体积为( )
A．8 6π B．4 6π C．2 6π D. 6π 解析：设 PA＝PB＝PC＝2a，则 EF＝a， FC＝ 3，所以 EC2＝3－a2. 在△PEC 中， cos∠PEC＝a2＋32－a a23－－（a22a）2.
由于 AM＝ 32－12＝2 2，故 S△ABC＝12×2×2 2＝ 2 2，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
设内切圆半径为 r，则：
S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝12×AB×r＋12×BC×
r＋12×AC×r＝12×(3＋3＋2)×r＝2 2，解得 r＝ 22，其
体积
解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对
角线长分别为 6 cm 和 4 cm，
故 V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm3)．
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
又 V 长方体＝6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的体积为 V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)， 所 以 制 作 该 模 型 所 需 原 料 的 质 量 为 132 × 0.9 ＝ 118.8(g)．